电动力学答案chapter3.pdf 18页

'电动力学习题解答参考第三章静磁场rrr1.试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B写出A的两种不同表示式证明两者之0差是无旋场rrrrr解B是沿z方向的均匀的恒定磁场即B=Be且B=∇×A00z0r∂Az∂Ayr∂Ax∂Azr∂Ay∂Axr在直角坐标系中∇×A=(−)e+(−)e+(−)exyz∂y∂z∂z∂x∂x∂y∂Az∂Ay−=0∂y∂zrr∂A∂Axz如果用A在直角坐标系中表示B0即−=0∂z∂x∂A∂Ayx−=0∂x∂yr由此组方程可看出A有多组解如解1A=A=0,A=−By+f(x)yZx0rr即A=[−By+f(x)]e0x解2A=A=0,A=Bx+g(y)xzY0rr即A=[Bx+g(y)]e0yrrr解1和解2之差为∆A=[−By+f(x)]e−[Bx+g(y)]e0x0y则r∂(∆A)z∂(∆A)yr∂(∆A)x∂(∆A)zr∂(∆A)y∂(∆A)xr∇×(∆A)=[−]e+[−]e+[−]exyz∂y∂z∂z∂x∂x∂y0这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z轴rrrµJ×rr0本题给定了空间中的电流分布故可由B=dV"求解磁场分布又J在导∫34πrrrrµ0Jdl×r线上所以B=∫34πr1螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁-1- 电动力学习题解答参考第三章静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算rrrrr=−acosϕ"e−asinϕ"e−z"exyxrrrdl=−adϕ"⋅sinϕ"e+adϕ"⋅cosϕ"exyrrrrrrr∴dl×r=(−adϕ"⋅sinϕ"e+adϕ"⋅cosϕ"e)×(−acosϕ"e−asinϕ"e−z"e)xyxyxrr2r=−az"cosϕ"dϕ"e−az"sinϕ"dϕ"e+adϕ"exyz取由z"−z"+dz"的以小段此段上分布有电流nIdz"rr2rrµ0nJdz"(−az"cosϕ"dϕ"ex−az"sinϕ"dϕ"ey+adϕ"ez)∴B=∫34π[a2+(z")2]2z"2π∞2+∞d()µ0adz"rnIµ0a=dϕ"⋅nIe==nµI4π∫∫223z2∫z"300−∞[a+(z")]2−∞[()2+1]2a2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy平面上任取一点P(ρ,ϕ.0)为场点(ρ>a)rr222∴r=x−x"=(ρcosϕ−acosϕ")+(ρsinϕ−asinϕ")+z"222=ρ+a+z"−2aρcos(ϕ−ϕ")rrrrrrr=x−x"=(ρcosϕ−acosϕ")e(ρsinϕ−asinϕ")e−z"exyzrrrdl=−adϕ"⋅sinϕ"e+adϕ"⋅cosϕ"exyrrrr2r∴dl×r=−az"cosϕ"dϕ"e−az"sinϕ"dϕ"e+[a−aρcos(ϕ"−ϕ)]dϕ"exyz2π∞2π∞rµ0az"cosϕ"dϕ"raz"sinϕ"dϕ"r∴B=⋅nI[dϕ"−edz"+dϕ"−edz"+∫∫3x∫∫3y4πrr0−∞0−∞2π∞2a−aρcos(ϕ"−ϕ)r+dϕ"dz"e]∫∫3zr0−∞由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限r长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以B=0-2- 电动力学习题解答参考第三章静磁场3.设有无穷长的线电流I沿z轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为rr2∇A=−µJ,(z>0)10rr2∇A2=−µJ,(z<0)rrA=A12z=01r1r∇×A=∇×Aµ2z=0µ1z=00由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为rrrµ0IdlA(x)=1∫4πrrrrµIdlA(x)=2∫4πrµ0Ire,(z>0)rπθ2r由此可推测本题的可能解是B=µIre,(z<0)2πrθrrrrr验证边界条件1A=A,即n⋅(B−B)=012z=021rrrr题中n=e,且e⋅e=0所以边界条件1满足zzθ1r1rrrr2∇×A=∇×A,即n×(H−H)=02z=01z=021µµ0本题中介质分界面上无自由电流密度又rrBIr1H==e1θµ2πr0rrBIr2H==e2θµ2πrrrrrr∴H−H=0,满足边界条件n×(H−H)=02121µ0Ire,(z>0)rπθ2r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解B=µIre,(z<0)2πrθrrrBrrBr2在介质中H=−M故在z<0的介质中M=−H2µµ00-3- 电动力学习题解答参考第三章静磁场rIµrIrIµr即M=⋅e−e=(−1)eθθθ2πrµ2πr2πrµ00∴介质界面上的磁化电流密度rrrIµrrIµrα=M×n=(−1)e×e=(−1)eMθzr2πrµ2πrµ002πrrIµrrµ总的感应电流J=M⋅dl=(−1)e⋅r⋅dϕ⋅e=I(−1)电流M∫∫θθ2πrµµ000在z<0的空间中沿z轴流向介质分界面4.设x<0半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0空间为真空今有线电流I沿z轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作vµ′IvB=eϕ2πrvvvn⋅(B−B)=021其满足边界条件vvvvn×(H−H)=α=021即可得在介质中vvBµ′IvH==e2ϕµ2πrµvvBvµ′Ivv而H=−M=e−M2ϕµ2πrµ00vµ′Iµ−µ0v∴在x<0的介质中M=eϕ2πrµµ0vv则I=Mdl取积分路线为B→C→A→B的半圆M∫vQAB⊥e,∴AB段积分为零ϕIµ′(µ−µ)0I=M2µµ0vµ0(I+IM)v∴B=eϕ2πrµ0(I+IM)vvµ′Iv2µµ0∴由e=B=−e可得µ′=ϕϕ2πr2πrµ+µ0-4- 电动力学习题解答参考第三章静磁场vµµ0Iv∴空间B=eϕµ+µπr0µ−µ0I=I沿z轴Mµ+µ02125.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知B≈B−C(z−ρ)其中z02B0为常量试求该处的Bρrr提示用∇⋅B=0,并验证所得结果满足∇×H0vvvv212解由B具有轴对称性设B=Be+Be其中B=B−c(z−ρ)ρρzzz02vQ∇⋅B=01∂∂∴(ρB)+B=0ρzρ∂ρ∂z1∂2即(ρB)−2cz=0∴ρB=czρ+A(常数)ρρρ∂ρ取A=0得B=czρρvv212v∴B=czρe+[B−c(z−ρ)]e1ρ0z2vvv∂Bρ∂BzvQj=0,D=0∴∇×B=0即(−)e=02θ∂z∂ρ代入1式可得2式成立∴B=czρc为常数ρ6.两个半径为a的同轴线圈形线圈位于z=±L面上每个线圈上载有同方向的电流I1求轴线上的磁感应强度2求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L和a的关系2∂提示用条件B=02z∂z解1由毕萨定律L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为-5- 电动力学习题解答参考第三章静磁场vvvvµIdl×rµIa200B=Be,B=sinα=dθ11zz1z∫∫334πr4π[a2+(z−L)2]2121=µIa032[(L−z)2+a2]2同理L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为121vvB=µIaB2=B2zez2z20223[(L+z)+a]2∴轴线上得磁感应强度vv1211vB=Bzez=µ0Ia3+3ez2[(L−z)2+a2]2[(L+z)2+a2]2v2Q∇×B=0vvv2∴∇×(∇×B)=∇(∇⋅B)−∇B=0vv∂22又∇⋅B=0∴∇B=0,B=0代入1式中得2z∂z115−−[(L−z)2+a2]2(L−z)2−[(L−z)2+a2]2[(L−z)2+a2]3+6(L−z)2[(L−z)2+a2]2226[(L−z)+a]115−[(L+z)2+a2]2(L+z)2+[(L+z)2+a2]2[(L+z)2+a2]3−6(L−z)2[(L+z)2+a2]2−226[(L−z)+a]0取z0得115−22322222222222(L+a)[−2(L+a)L−2(L+a)]+12(L+a)L=0222∴5L=L+a-6- 电动力学习题解答参考第三章静磁场1∴L=a2r7.半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J均匀分布于截面上试解矢势A的微分方程设导体的磁导率为µ导体外的磁导率为µ0解定解问题为vv∇2A=−µJ,(ra)外vA内0<∞vvA=A外a内a1v1v∇×A=∇×A内外µµ0选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z无关令vvA=A(r)e内内zvvAA(r)e代入定解问题得外外z1∂∂A内(r)(r)=−µJ0r∂r∂r1∂∂A外r)(r)=0r∂r∂r12A(r)=−µJr+Clnr+C内12得4A(r)=Clnr+C外34由A(r)<∞得C=0内r=011v1vµ2由∇×A=∇×A得C=−Ja内外3µµ20-7- 电动力学习题解答参考第三章静磁场vvvv12µ2由A=A令A=A=0得C=µJa,C=Jalna外a内a外a内a20442v1v22A=µJ(a−r)内04∴vµv2aAJaln外2rrrQrm8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为H=给出它的矢势的34πµr0一个可能的表示式并讨论它的奇异性vvQmrQm1v解H==e32r4πµr4πµr00vvvQmv由∇×A=B=µH=e得02r4πr1∂∂AθQm[(sinθA)−]=φ2rsinθ∂θ∂φ4πr11∂Ar∂[−(rAφ)]=0(1)rsinθ∂φ∂r1∂∂Ar[(rAθ)−]=0r∂r∂θ∂Qmsinθ令A=A=0,得(sinθA)=rθφ∂θ4πrθQsinθm∴sinθA=dθφ∫04πrQm1−cosθ∴A=φ4πrsinθ显然A满足1式φvQm1−cosθv∴磁单极子产生的矢势A=eφ4πrsinθ-8- 电动力学习题解答参考第三章静磁场v讨论当θ→0时A→0πvQmv当θ→时A→eφ24πrvvv当θ→π时A→∞故A的表达式在θ=π具有奇异性A不合理rr9.将一磁导率为µ半径为R0的球体放入均匀磁场H0内求总磁感应强度B和诱导r磁矩mvv解根据题意以球心为原点建立球坐标取H的方向为e此球体在外界存在的磁场0z的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为2∇ϕ=0,RR02∂ϕm∂ϕmϕ=ϕ,µ1=µ2,(R=R)m1m200∂R∂Rϕ<∞m1R=0ϕm2R=∞=−H0Rcosθ由泛定方程和两个自然边界条件得∞nϕm1=∑anRPn(cosθ)n=0∞dnϕm2=−H0Rcosθ+∑n+1Pn(cosθ)n=0R由两个边界条件有∞∞dnn∑anR0Pn(cosθ)=−H0R0cosθ+∑n+1Pn(cosθ)n=0n=0R0∞∞n−1(n+1)dnµ∑annR0Pn(cosθ)=−H0µ0cosθ−µ0∑n+2Pn(cosθ)n=1n=0R0得-9- 电动力学习题解答参考第三章静磁场3µ0H0a=−1µ+2µ0µ−µ03d1=H0R0µ+2µ0a=d=0,(n≠1)nn3µ0ϕ=−HRcosθ,RRm20µ+2µR2000v3µ0v3µ0v3µ0vH=−∇ϕ=Hcosθe−Hsinθe=H1m10r0θ0µ+2µ0µ+2µµ+2µvv3µµvB=µH=0H110µ+2µ033vµ−µ02R0vµ−µ0R0vH2=−∇ϕm2=[1+⋅3]H0cosθer−[1−⋅3]H0sinθeθµ+2µRµ+2µR00vvvvvµ−µ033(H0⋅R)RH0=H0+R0[5−3]µ+2µRR0vvvvvvvµ−µ3(H⋅R)RH0300B=µH=µH+µR[−]202000053µ+2µRR03µµ0vH,(RR)0000530µ+2µ0RRv当B在R>R0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场3µ−µ0R0v∴ϕ中⋅Hcosθ可看作偶极子m产生的势m220µ+2µR0vv331m⋅Rµ−µ0R0µ−µ0R0vv即⋅=⋅Hcosθ=⋅H⋅R320204πRµ+2µ0Rµ+2µ0Rvµ−µv03∴m=4π⋅RH0µ+2µ0r10.有一个内外半径为R1和R2的空心球位于均匀外磁场H0内球的磁导率为µ求空-10- 电动力学习题解答参考第三章静磁场r腔内的场B讨论µ>>µ时的磁屏蔽作用0vvv解根据题意以球心为原点取球坐标选取H的方向为e在外场H的作用下球0z0v壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B的分布呈现轴对称定解问题2∇ϕ=0,RR33ϕm1=ϕm2R=R1,ϕm2=ϕm3R=R2∂ϕ∂ϕ∂ϕ∂ϕµm1=µm2,µm3=µm20∂R∂RR=R10∂R∂RR=R2ϕ<∞m1R=0ϕ=−HRcosθm3R=∞0由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∞nϕm1=∑anRPn(cosθ)n=0∞cnnϕm2=∑(bnR+n+1)Pn(cosθ)n=0R∞dnϕm3=−H0Rcosθ+∑n+1Pn(cosθ)n=0Rv因为泛定方程的解是把产生磁场的源H做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数0系是其本征函数系{P(cosθ)}在本题中源的表示是n−HRcosθ=−HRP(cosθ)001所以上面的解中a=b=c=d=0,(n≠0)nnnn故解的形式简化为ϕ=aRcosθm11c1ϕ=(bR+)cosθm212Rd1ϕ=−HRcosθ+cosθm302R-11- 电动力学习题解答参考第三章静磁场代入衔接条件得c1aR=bR+11112R1cd11bR+=−HR+122022R2R22caµ=µ(b−11013R12d2c11−µH−µ=µ(b−)00313RR22解方程组得333µ(2µ+µ)HR+3µ(µ−µ)HR00020002a=12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R0100233µ(2µ+µ)HR0002b=12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R01002333µ(µ−µ)HRR00021c=12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R010026333µ0(2µ+µ0)H0R2+3µ0(µ−µ0)H0R2R13d=+HR1233022(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R01002vv而B=µH=−µ∇ϕ,(i=1,2,3)i0i0mivv∴B=−µae101zR131−()Rv2=[1−]µH00(µ+2µ0)(2µ+µ0)R13−()22(µ−µ)R02当µ>>µ时0(µ+2µ)(2µ+µ)00≈122(µ−µ)0v∴B=01即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障rrr11.设理想铁磁体的磁化规律为B=µH+µM,M是恒定的与H无关的量今将一个000-12- 电动力学习题解答参考第三章静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球M为常值浸入磁导率为µ"的无限介质中求磁感应0强度和磁化电流分布vv解根据题意取球心为原点做球坐标以M的方向为e本题具有球对称的磁场分布0z满足的定解问题为2∇ϕ=0,RR02ϕm1=ϕm2R=R0,∂ϕ∂ϕµm1−µ′m2=MµcosθR000∂R∂Rϕ<∞m1R=0ϕ=0m2R=∞∞n∴ϕm=∑anRPn(cosθ)1n=0∞bnϕm2=∑(n+1)Pn(cosθ)n=0R代入衔接条件对比P(cosθ)对应项前的系数得nµM00µMa=003a=b=0,(n≠1)1b=Rnn2µ′+µ102µ′+µµM00∴ϕ=Rcosθ,(RR)m2202µ′+µRvvvr2µ′µM00由此RR,B=−µ′∇ϕ=[−]02m2532µ′+µRRv2µ′µM00,(RR)2µ′+µR5R30-13- 电动力学习题解答参考第三章静磁场vvvvvv又n×(B−B)=µ(α+α)其中α021R00Mv代入B的表达式得v3µ′vαMsinθeM0ϕ2µ′µ0r12.将上题的永磁球置入均匀外磁场H中结果如何0vv解根据题意假设均匀外场H的方向与M的方向相同定为坐标z轴方向00定解问题为2∇ϕ=0,RR02ϕm1=ϕm2R=R0,∂ϕ∂ϕm1m2µ−µ=Mµcosθ0R000∂R∂Rϕ<∞m1R=0ϕ=−HRcosθm2R=∞0解得满足自然边界条件的解是ϕ=aRcosθ,(RR)m2020R代入衔接条件d1aR=−HR+10002R02d1µH+µ+µa=µM0003100R0µM−3µH0000得到a=1µ+2µ0µ0M0+(µ−µ0)H03d=R10µ+2µ0µM−3µH0000∴ϕ=Rcosθ,(RR)m2020µ+2µR0vµ0M0−3µ0H0vµ0M0−3µ0H0v∴H=−∇ϕ=−[cosθe−sinθe]1m1rθµ+2µµ+2µ00vvµM−3µH0000=−2µ+µ0vvvv2v3µµ2µ00B=µH+µM=H+M,(RR021∂ϕm2∂ϕm1Qωsinθ(−)=−R=R0R∂θ∂θ4πR00∂ϕm∂ϕmµ1=µ2,(R=R)00∂R∂Rϕm1R=0<∞ϕm2R=∞=0Qωsinθ其中σ=是球壳表面自由面电流密度4πR0解得满足自然边界条件的解为-15- 电动力学习题解答参考第三章静磁场ϕ=aRcosθ,(RR)m220Rb1QωaR−=−102R04πR0代入衔接条件2ba+1=013R02QωQωR0解得a=−b=116πR12π0Qω∴ϕ=−Rcosθ,(RR)m22012πRvvQωvQωvQω∴H=−∇ϕ=cosθe−sinθe=1m1rθ6πR6πR6πR000vrQµ0vB=µH=ω1016πR022vvvrv2QωR0vQωR0v13(m⋅R)RmH=−∇ϕ=cosθe+sinθe=[−]其中2m23r3r5312πR12πR4πRR2vQR0vm=ω3vvvrvvµ03(m⋅R)RmB=µH=[−]202534πRR14.电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q半径为R0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1它的磁矩2它的磁矩与自转动量矩之比设质量M0是均匀分布的v1vvv解1磁矩m=∫x×J(x)dV2-16- 电动力学习题解答参考第三章静磁场vvvvvvQvv又x=R=ReJ(x)=ρv=(ω×R)r43πR03v13Qrvv213Qωvv42∴m=R×(ω×R)Rsinθdrdθdφ=(e×e)Rsinθdrdθdφ3∫3∫rφ24πR24πR00vvvvvv又e×e=−e=sinθe+cosθ(−cosφe−sinφe)rφθzxyv3Qω2ππR0vvv42∴m=[sinθe+cosθ(−cosφe−sinφe)Rsinθdrdθdφ3∫∫∫000zxy8πR023Qωv2ππR034QR0v=esinθRdrdθdφ=ω3z∫∫∫0008πR50vvvvvv3Mvvv02)自转动量矩L=dL=R×dP=R×vdm=R×(ω×R)dV∫∫∫3∫4πR03M02vvv2=Rω(e×e×e)Rsinθdrdθdφ3∫rzr4πR03M02vv2=Rω(−sinθe×e)Rsinθdrdθdφ3∫φr4πR03M02v2=Rωsinθ(−e)Rsinθdrdθdφ3∫θ4πR03M0ω2ππR0vvv42=[sinθe+cosθ(−cosφe−sinφe)Rsinθdrdθdφ3∫∫∫000zxy4πR0v2v3M0ω2ππR0432M0R0ω=Rsinθdrdθdφ=4πR3∫∫∫000502QR0vvω∴mv=5=Q22ML2M0R0v0ω5r15.有一块磁矩为m的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中r求作用在小永磁体上的力F.-17- 电动力学习题解答参考第三章静磁场v解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H均和平面垂直rr类比于静电场构造磁矩m关于平面的镜像m′则外场为vB=−µ∇ϕe0mvvm⋅Rmcosθϕm=3=24πR4πrvm2cosθvsinθrµ0mvv∴B=−µ[−e−e]=(αcosθe+sinθe)e03r3θ3rθ4πrr4πrv∴m受力为2vvv3mµ02vF=(m⋅∇)⋅B=−(1+cosα)eer=2a4zθ=α64πa-18-'